【ARC101E】Ribbons on Tree(树形DP,容斥原理)

版权声明:湘 ICP 证 66666666 号 | Copyright © 2002-2019, ♂Hany01♂, All Rights Reserved 难道会有人转蒟蒻的博文?? https://blog.csdn.net/hhaannyyii/article/details/82318802

Description

给定一棵点数为偶数的树,要求有多少种将点两两配对的方案使得每一条边至少被一对匹配点之间的最短路径覆盖。


Solution

根本想不到的DP系列。

首先考虑一个容斥,设 F ( E ) 表示至少将边集 E 中的边全部拆掉所形成的联通块配对的方案数,那么答案等于 E F ( E ) × ( 1 ) | E |

f u , d 表示子树 u 中有 d 个点还未被匹配的方案数。
转移比较显然,但是要处理一下 d = 0 的情况,因为这时 u 到父亲的边是没有被覆盖的。我们将 f u , d 加上 f u , k × g ( k ) × ( 1 ) ,( g ( k ) 表示 k 个点两两匹配的方案数),因为这时多了一条未被覆盖的边,所以容斥系数要乘 1

关于时间复杂度,虽然对于每个点都有一个sz*sz的循环,但是每个点对都只会在lca处计算一次贡献,所以时间复杂度是 O ( n 2 ) 的。


Code

/**************************************
 * Au: Hany01
 * Prob: ARC101 E
 * Date: Sep 2nd, 2018
 * Email: [email protected]
**************************************/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef vector<int> VI;
#define File(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".out", "w", stdout)
#define rep(i, j) for (register int i = 0, i##_end_ = j; i < i##_end_; ++ i)
#define For(i, j ,k) for (register int i = (j), i##_end_ = (k); i <= i##_end_; ++ i)
#define Fordown(i, j, k) for (register int i = (j), i##_end_ = (k); i >= i##_end_; -- i)
#define Set(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define SZ(a) ((int)(a.size()))
#define ALL(a) a.begin(), a.end()
#define pb(a) push_back(a)
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define x first
#define y second
#define INF (0x3f3f3f3f)
#define INF1 (2139062143)
#define y1 wozenmezhemecaia 
#ifdef hany01
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#else
#define debug(...)
#endif

template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    register char c_; register int _, __;
    for (_ = 0, __ = 1, c_ = getchar(); !isdigit(c_); c_ = getchar()) if (c_ == '-')  __ = -1;
    for ( ; isdigit(c_); c_ = getchar()) _ = (_ << 1) + (_ << 3) + (c_ ^ 48);
    return _ * __;
}

const int maxn = 5e3 + 5, MOD = 1e9 + 7;

int n, uu, vv, beg[maxn], v[maxn << 1], nex[maxn << 1], e = 1, f[maxn][maxn], dp[maxn], sz[maxn], g[maxn];

inline void add(int uu, int vv) { v[++ e] = vv, nex[e] = beg[uu], beg[uu] = e; }
inline int ad(int x, int y) { return (x += y) >= MOD ? x - MOD : x; }

void DFS(int u, int pa) {
    f[u][sz[u] = 1] = 1;
    for (register int i = beg[u]; i; i = nex[i]) if (v[i] != pa) {
        DFS(v[i], u);
        For(j, 1, sz[u] + sz[v[i]]) dp[j] = 0;
        For(j, 1, sz[u]) For(k, 0, sz[v[i]])
            dp[j + k] = ad(dp[j + k], (LL)f[u][j] * f[v[i]][k] % MOD);
        For(j, 1, sz[u] += sz[v[i]]) f[u][j] = dp[j];
    }
    for (register int i = 2; i <= sz[u]; i += 2)
        f[u][0] = ad(f[u][0], MOD - (LL)f[u][i] * g[i] % MOD);
}

int main()
{
#ifdef hany01
    File("arc101e");
#endif

    For(i, 2, n = read()) uu = read(), vv = read(), add(uu, vv), add(vv, uu);
    g[0] = 1;
    for (register int i = 2; i <= n; i += 2) g[i] = (LL)g[i - 2] * (i - 1) % MOD;
    DFS(1, 0), printf("%d\n", MOD - f[1][0]);

    return 0;
}

猜你喜欢

转载自blog.csdn.net/hhaannyyii/article/details/82318802